2023-2024学年北京市大峪中学高二上学情期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市大峪中学高二上学情期中考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知直线，则直线l的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据方程得到斜率，然后可得其倾斜角.
【详解】因为直线的斜率为，所以直线l的倾斜角为
故选：B
2．已知空间向量，，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】根据空间向量的坐标运算求解.
【详解】∵，，则，
∴.
故选：D.
3．圆与圆的位置关系为（ ）
A．相离B．外切C．相交D．内切
【答案】C
【分析】将圆化为标准方程,找到圆心之间的距离和半径之间的关系即可判断圆与圆的位置关系.
【详解】解:由题知可化为,
,所以圆心为,半径为2,
,圆心为,半径为4,
所以圆心之间的距离为,
因为圆心距大于半径差的绝对值,小于半径和,
所以两圆相交.
故选:C
4．若表示圆的方程，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】把给定方程配方化成圆的标准方程形式即可计算作答.
【详解】方程化为：，
因方程表示圆，于是得，解得，
所以的取值范围是：.
故选：A
5．已知直线和直线互相平行，则a的值是（ ）
A．0B．2C．D．
【答案】B
【分析】由两直线平行直接列方程求解即可.
【详解】由题意可知，
因为直线和直线互相平行，
所以，解得，
故选：B
6．如图，空间四边形OABC中，，点M是OA的中点，点N在BC上，且，设，则x，y，z的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将表示为以为基底的向量，由此求得的值.
【详解】依题意
，所以.
故选：C.
【点睛】本小题主要考查空间中，用基底表示向量，考查空间向量的线性运算，属于基础题.
7．点关于直线的对称点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设点关于直线对称的点为，由对称关系可知，两点连线与直线垂直，所以，又由两点连线段的中点在直线上，得，解出点坐标.
【详解】设点关于直线对称的点为，直线的斜率为-1，由对称关系，两点连线与直线垂直，所以，又因为两点连线段的中点在直线上，代入得，解方程，解得，，所以对称点为.
故选：A.
8．若，分别为与上任一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】两条直线相互平行，的最小值是平行线之间的距离.
【详解】由，可得两条直线相互平行，的最小值是平行线之间的距离，
直线可变形为
则的最小值为．
故选：C
9．直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出曲线的图象，通过直线的平移，求解满足条件时实数的取值范围.
【详解】即，
表示的曲线为圆心在原点，半径是1的圆在x轴以及x轴上方的部分．
作出曲线的图象，
直线即，直线在轴上的截距为，
当直线过点，与曲线有两个不同的交点，此时，
当直线与曲线相切时，，由，解得，
所以直线与曲线有两个不同的交点，实数的取值范围是.
故选：D
10．设为函数图像上的动点，是圆（其中）上的动点，若最小值为1，则以所有满足条件的点为顶点的多边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意，点在坐标轴上，且到函数图像距离为2，找出符合条件的点，求多边形的面积.
【详解】函数的图像是原点出发的两条射线与，两条射线关于轴对称，与轴正方向夹角为，
圆，圆心，半径为1，
最小值为1，此时为2，
，圆的圆心点始终在坐标轴上，所有满足条件的点即坐标轴上到或或原点距离等于 2的点，
轴上有满足条件，轴上有有满足条件，如图所示，
过和分别作的垂线，垂足为与，则，
，，，
四边形的面积.
故选：D
二、填空题
11．已知，，若，则 .
【答案】6
【分析】根据，可得，解方程即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以，
即，解得.
故答案为：6.
12．已知圆与圆外切，则 ．
【答案】
【分析】由两圆外切，两圆心距等于两圆半径之和即可求出结果．
【详解】圆，圆心坐标为，半径为2
圆，圆心坐标，半径为,
由两圆外切，两圆心距等于两圆半径之和，即，
所以．
故答案为：．
三、双空题
13．无论取何值，直线恒经过一个定点，的坐标为 ，经过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为 ．
【答案】 或
【分析】将直线方程转化为，即可得出定点坐标，然后根据截距的概念分类讨论求直线方程即可.
【详解】直线，即，
所以直线过定点，即点的坐标.
过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程,
当截距为0时，直线的方程即：；
当截距不为0时，设截距为，直线方程为：，
点在直线上，所以，解得，
此时直线方程为，即，
故直线方程为：或.
故答案为：；或.
四、填空题
14．在棱长为的正四面体（四个面都是正三角形）中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为 .
【答案】
【分析】连接MD，取MD中点E，连接EN，CE，所以，所以直线和夹角即为，分别求得各个长度，结合余弦定理，即可求得答案.
【详解】连接MD，取MD中点E，连接EN，CE，
因为ABCD为正四面体，且棱长为1，分别为的中点，
所以，
因为E，N分别为MD，AD中点，
所以，且，
所以直线和夹角即为，
在中，，
所以在中，，
所以直线和夹角的余弦值为.
故答案为：
15．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是等边三角形，平面平面，，，分别为棱，，的中点，为及其内部的动点，满足平面，给出下列四个结论：
①直线与平面所成角为；
②二面角的余弦值为；
③点到平面的距离为定值；
④线段长度的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【分析】对于①，直接找出直线与平面所成角求解；
对于②，直接找到二面角的平面角求解；
对于③，利用平面，两点到平面的距离相等；
对于④，求出的轨迹，再求线段长度的取值范围.
【详解】
对于①，连接，因为是等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，面，
所以面，所以与平面所成角为，
在直角中，，所以，故直线与平面所成角为不正确，故①错误；
对于②，取中点为，连接，
因为底面是边长为2的正方形，所以，
又，所以二面角的平面角为，
又因为面，所以，
在直角中，，
所以，故②正确；
对于③，因为平面，所以两点到平面的距离相等，
而点到平面的距离为定值，故点到平面的距离为定值，故③正确；
对于④，取中点为，连接，则，
因为面，面，故面，
同理可证面，
又因为，面，面，
所以面面，
又平面，面，面面，
所以的轨迹为线段，
在等边中，的最大值为，最小值为到直线的距离为，
故线段长度的取值范围是，故④错误.
故答案为：②③.
五、解答题
16．在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为
(1)设的中点为，求边上的中线所在的直线方程；
(2)求边上的高所在的直线方程；
(3)求的面积．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先由中点坐标公式求得，再利用点斜式即可求得所在的直线方程；
（2）利用直线垂直斜率相等求得，再利用点斜式即可求得边上的高所在的直线方程；
（3）先用点斜式求得直线的方程，再利用点线距离公式与两点距离公式分别求得的高与底，由此可求得的面积．
【详解】（1）因为，所以的中点，
故，
所以边上的中线所在的直线方程为，即.
（2）设，交与点，则，
因为，所以，
所以边上的高所在的直线方程为，即.
（3）由（2）知，
所以直线的方程为，即，
所以点到直线的距离，
又，
所以的面积为.
17．已知圆过点，圆心为．
(1)求圆的方程；
(2)判断直线与圆的位置关系；
(3)已知过点的直线交圆于两点，且，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)直线与圆相切
(3)或
【分析】（1）由两点间的距离公式求出半径，即可得解；
（2）求出圆心到直线的距离，即可判断；
（3）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，利用垂径定理与勾股定理表示出弦长，即可求出参数的值，从而得解.
【详解】（1）解：由题意，圆的半径为，
所以圆的方程为.
（2）解：设圆心到直线的距离为，则，故直线与圆相切；
（3）解：若斜率不存在，则直线方程为，弦心距，半径为，
则，符合题意；·
若斜率存在，设直线方程为，即.
所以弦心距，所以，
解得，直线方程为，
综上所述，直线的方程为或.
六、证明题
18．在三棱锥中，和都是边长为的等边三角形，，分别是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，只须判定即可.
（2）根据面面垂直的判定只须证明平面即可.
（3）在（2）的基础上，可利用三棱锥可换底的特性知，从而得解.
【详解】（1）分别为的中点，，
又平面，平面，
平面.
（2）连结，如图，
，，则，故，
又为的中点，，
同理，，
又，，
又，平面.
由于平面，平面平面.
（3）由（2）可知平面
为三棱锥的高，且，
故.
七、解答题
19．已知圆E经过点，，从下列3个条件选取一个：
①过点；
②圆E恒被直线平分；
③与y轴相切.
(1)求圆E的方程；
(2)过点的直线l与圆E相切，求直线l方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）结合已知条件利用待定系数法或圆的几何性质即可求解；
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合点到直线的距离公式计算即可.
【详解】（1）若选①：设圆E的方程为：，
因为圆E经过点，，，
所以，
故圆E的方程为：，即；
若选②：由直线方程可知，，
故直线恒过点，
因为圆E恒被直线平分，
所以圆E的圆心为，
因为在圆上，故圆的半径，
从而圆E的方程为：；
若选③：不妨设圆E的圆心为，半径为，
此时，
故圆E的方程为：，
分别将，代入上式可得，，
故圆E的方程为：；
（2）当直线l的斜率不存在时，其方程为，
圆E的圆心到直线的距离为，
则此时直线与圆相切，
当直线l的斜率存在时，设方程为，即，
则圆心到直线的距离，解得，
所以此时直线的方程为，即，
综上：直线l的方程为或.
20．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且，点在棱上，点为中点.
(1)证明：若，直线平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；
（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；
（3）设，可表示点与，再根据线面夹角求得的值.
【详解】（1）
如图所示，在线段上取一点，使，连接，，
，
，
又，，
，四边形为平行四边形，
，
又，，
所以平面平面，
平面，
平面；
（2）
如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
又是中点，则，
所以，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
设平面的法向量，
则，令，则，
所以，
则二面角的正弦值为；
（3）存在，或
假设存在点，设，即，，
由（2）得，，，且平面的法向量，
则，，
则，
，
解得或，
故存在点，此时或.
21．对于平面直角坐标系中的两点，现定义由点到点的“折线距离”为.
(1)已知，求；
(2)已知点，点是直线上的一个动点，求的最小值；
(3)对平面上给定的两个不同的点，是否存在点，同时满足
①②.
若存在，请求出所有符合条件的点；若不存在，请予以证明.
【答案】(1)4；
(2)；
(3)存在，答案见解析.
【分析】（1）根据题中给定定义直接求解;
（2）根据定义列出式子，用不等式求解最值；
（3）根据定义分类讨论证明.
【详解】（1）.
（2）因为点为直线上的动点，
故可设点的坐标为，
则.
当且仅当时等号成立，故的最小值为，
此时点坐标为.
（3）注意到点与点不同，下面分三种情况讨论.
若，则，由条件②得，
即，所以.
由条件①得.
所以，
所以，所以.
因此，所求的点为.
若，则，类似于A.，可得符合条件的点为.
当，且时，不妨设.
当且仅当与同时成立时取等号，
即当且仅当与同时成立时条件①成立.
（i）若，则由上面证明知，要使条件①成立，则有且
.从而由条件②得.
因此所求点的集合为
（ii）若，类似地由条件①可得且，从而由条件②得.
因此所求点的集合为